海南省北京师范大学万宁附属中学2024-2025学年高三上学期第一次月考数学试题

2024-2025学年度第一学期高三第一次月考 数学试卷 一、单选题 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．设是等比数列，则“”是“数列是递增数列”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 3．设为实数，且，则下列不等式正确的是（    ） A． B． C． D． 4．函数的大致图象是（    ） A．     B．   C．   D． 5．若正实数满足，则的最小值为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 6．设函数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 7．函数满足对任意实数，都有成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．如图，圆锥的高，底面直径是圆上一点，且，若与所成角为，则（    ） A. B． C． D． 二、多选题 9．济南大明湖的湖边设有如图所示的护栏，柱与柱之间是一条均匀悬链．数学中把这种两端固定的一条（粗细与质量分布）均匀、柔软的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状称为怠链线．如果建立适当的平面直角坐标系，那么悬链线可以表示为函数，其中，则下列关于悬链线函数的性质判断正确的是（    ） A．为偶函数 B．为奇函数 C．的最小值是a D．的最大值是a 10．给出下列命题，其中正确的是（ ） A．幂函数图象一定不过第四象限 B．函数的图象过定点 C．是奇函数 D． 11．对于定义在上的函数，若是奇函数，是偶函数，且在上单调递减，则（    ） A． B． C． D．在上单调递减 三、填空题 12．已知等差数列的前项和为，若，则 ． 13．若命题“，”为真命题，则实数m的取值范围是 . 14．已知定义在上的函数满足为的导函数，当时，，则不等式的解集为 . 四、解答题 15．已知的内角的对边分别为，且. (1)求角的大小， (2)若的角平分线交边于点，且，求边. 16．已知函数在和处取得极值. (1)求的值及的单调区间； (2)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围. 17．某个足球俱乐部为了提高队员的进球水平，开展罚点球积分游戏，开始记0分，罚点球一次，罚进记2分，罚不进记1分．已知该俱乐部某队员罚点球一次罚进的概率为，罚不进的概率为，每次罚球相互独立． (1)若该队员罚点球4次，记积分为，求的分布列与数学期望； (2)记点球积分的概率为． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求． 18．如图，在四棱锥中，. (1)求证：； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 19．已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)记C的右顶点为A，过点A作直线与C的左支交于两点，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2024-2025学年度第一学期高三第一次月考 数学试卷 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A B D D C C D B AC ACD ABC 12． 3 13．或 14． 1．A【详解】由题可知，，，所以，故选：A． 2．B【详解】设等比数列的公比为，由，可得， 解得或则中，的正负未定， 此时数列不一定是递增数列；由数列为递增数列，可得， 所以“”是“数列是递增数列”的必要而不充分条件．故选：B 3．D【详解】由可知，不妨取， 对于A，，所以A错误，对于C，，可得C错误； 对于B，当时，不成立，即B错误； 对于D，，即可得，即D正确. 4．D【详解】由函数，可得函数的定义域为，且， 故排除B,C,当时，且，排除A.故选：D. 5．C【详解】由为正实数，且，得， 则， 当且仅当，即时，取最小值9.故选：C. 6．C【详解】函数的定义域为， 且，所以为偶函数， 当时，因为与在上单调递增， 所以在上单调递增， 则在上单调递减，不等式， 即，等价于，解得或， 所以不等式的解集为.故选：C 7．D【详解】因为函数满足对任意实数，都有 成立， 不妨假设，则，可得，即，可知函数在R上递减， 则，解得：，所以的取值范围是.故选：D. 8．B【详解】建立如图所示的空间直角坐标系得：， ，而的夹角为 又 则， 由于，故选：B. 9．AC【详解】定义域为R，， 故f（x）为偶函数，A正确，B错误；因为， 所以，当且仅当x=0时取等号，C正确，D错误；故选：AC 10．ACD【详解】对于A项，根据幂函数的性质，可知幂函数图象一定不过第四象限，故A项正确； 对于B项，函数， 令，可得，代入可得，图象过定点，故B项错误； 对于C项，令，定义域为， 又因为，且的定义域关于原点对称， 所以是奇函数，故C项正确； 对于D项，， 因为，所以， 又因为，所以，所以，故D项正确.故选：ACD． 11．ABC【详解】令，因为是奇函数， 所以， 即的图象关于点对称．令，因为是偶函数， 所以， 即的图象关于直线对称． A选项，由，令，可得， 由，令，可得，故A正确． B选项，由，令，可得，故B正确． C选项，由，令，可得，故C正确． D选项，由在上单调递减，结合的图象关于点对称，可知在上单调递减， 由可知在上单调递减，又的图象关于直线对称，则在上单调递增，故D错误．故选:ABC． 12．3【详解】设公差为，因为，所以，所以，所以， 所以，所以，则.故答案为：. 13．或【详解】若命题“，”为真命题， 则，解得或， 所以实数m的取值范围是或.故答案为：或. 14．【详解】令，所以， 因为，所以，化简得， 所以在上是偶函数， 因为， 因为当，，所以，在区间上单调递增， 又因为为偶函数，所有在上单调递减， 由，得，又因为，所以， 所以，解得或， 所以不等式的解集为.故答案为：. 15．【详解】（1）由正弦定理可得， 因为，所以，可得.又，故. （2）如下图所示： 在中，， 所以， 结合，所以， 所以， 可得， 所以是等腰三角形，且， 所以. 16．【详解】（1）， 函数在和处取得极值． ，，联立解得：，． ，令，解得和， 时，，函数单调递增；时，，函数单调递减；时，，函数单调递增．故和是的极值点， 故函数单调递增区间为，；函数单调递减区间为． （2）由（1）知在单调递减，在单调递增， 要使得对任意，不等式恒成立，则需且， 故且，解得，或， 的取值范围是,,． 17． 【详解】（1）由题意得，的所有可能取值为4，5，6，7，8， ， ， 的分布列为 4 5 6 7 8 ． （2）（ⅰ）由题意得，． （ⅱ）由题意得，要得分，必须满足以下情形：先得分，再点1个球不进，此时概率为， 或先得分，再点1个球进球，此时概率为， 这两种情况互斥，， 是首项为，公比为的等比数列， ， ，． 18．【详解】（1）设相交于点，因为， 所以四边形是菱形，所以，且为的中点， 连接，因为，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）过点作平面的垂线， 以所在的直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，则. 因为，所以是二面角的平面角， 所以，且结合已知有， 因为在平面内，所以由已知及平面几何的性质，得， 所以， 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为，所以， 即直线与平面所成角的正弦值为. 19．【详解】（1）由题意，所以双曲线方程； （2）法1：由（1）知，当直线MN斜率存在时，设直线MN方程为， 联立方程组，，即， 设，由韦达定理可得 因为，所以， ， ， ， 或， 将代入直线，此时直线MN过定点，不合题意； 将代入直线，此时直线MN过定点， 当直线MN的斜率不存在时，不妨设直线方程为， 因为，所以为等腰直角三角形，此时M点坐标为， 所以（舍）或，此时MN过定点， 综上可知，直线MN恒过定点. 因为，此时存在以AP为斜边的直角三角形， 所以存在定点Q为AP中点满足，此时． 法2：由（1）知，设直线MN方程为， 联立方程组， ， ， 两边同时除以，得， 设，因为，所以， ，，即， 由韦达定理得， 代入直线， 直线过定点． 因为，此时存在以AP为斜边的直角三角形， 所以存在定点Q为AP中点满足，此时． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$